2025年统编版2024高二物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年统编版2024高二物理上册月考试卷194考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示；一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是（）

A.向右飞行的正离子束。

B.向左飞行的正离子束。

C.向右飞行的负离子束。

D.问左飞行的负离子束。

2、半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图（左）所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（右）所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是A.第2秒内上极板为正极B.第3秒内上极板为负极C.第2秒末微粒回到了原来位置D.第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.23、某振动系统的固有频率为fo，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f．若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（）A.当f＜f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小B.当f＞f0时，该振动系统的振幅随f增大而增大C.该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D.该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f4、有abcd

四颗地球卫星，a

还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b

是近地轨道卫星，c

是地球同步卫星，d

是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则(

)

A.a

的向心加速度等于重力加速度g

B.在相同时间内b

转过的弧长最长C.c

在4

小时内转过的圆心角是娄脨6

D.d

的运动周期有可能是20

小时5、纪念抗战胜利70周年的阅兵式上，20架直升机组成“70”字样编队飞过天安门上空。飞行员认为自己处于静止状态，则他选取的参考系可能是（）A.邻近的直升机B.天安门城楼C.飞机上的旋翼D.天安门上飘扬的红旗6、半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场水平方向并垂直于轨道平面，一个金属环在轨道内来回滚动，如图所示，若空气阻力不计，则A.金属环做等幅振动B.金属环做减幅振动C.金属环做增幅振动D.无法确定7、将一个电量为10-9C的正点电荷放在电场中的A点，正点电荷所受电场力的大小为5×10-6N．如果把正点电荷撤去，那么A处的电场强度大小为（）A.0B.5×10-15N/CC.2×10-4N/CD.5×103N/C8、李妮娜整个运动过程中，下列说法正确的是A.从a

点向b

点运动过程中，重力势能全部转化为动能B.在a

点和c

点速度都为零，因此重力势能相等C.从c

点下落到d

点过程中，减少的重力势能全部转化为动能D.在a

点和e

点都处于静止状态，因此机械能相等评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、我们在选择收音机的电台时，常要旋动收音机上的某个旋钮，这实际上是调节____．10、质子的质量mp，中子的质量为mn，它们结合成质量为m的氘核，放出的能量应为______（真空中的光速为c）11、如图所示，真空中有一电子束，以初速度v0

沿着垂直场强方向从O

点进入电场.

以O

点为坐标原点，垂直场强方向为x

轴，沿场强方向为y

轴建立坐标系.

沿x

轴取ABC

三点，且OA=AB=BC

再自ABC

点作y

轴的平行线与电子径迹分别交于MNP

点，则AMBNCP=

______，电子束经MNP

三点时沿x

轴的分速度之比为______．12、图所示是一个电流、电压两用表的电路，电流表G的量程是100μA，内阻是1000Ω，电阻R1=0.1Ω，R2=99000Ω，当双刀双掷开关接到a、b上时，电流表改装成为____表，其量程是____；当双刀双掷开关接到c、d上时，电流表改装成为____表，其量程是____．

13、如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5Ω，若灯泡正常发光，则电动机的热功率为______W，电动机的输出功率为______W．14、如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．

（1）因为下落高度相同的平抛小球（不计空气阻力）的飞行时间相同，所以我们在实验中可以用平抛运动的______来替代平抛运动的初速度．

（2）本实验中，实验必须要求的条件是______

A．斜槽轨道必须是光滑的。

B．斜槽轨道末端点的切线是水平的。

C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放。

D．入射球与被碰球满足ma＞mb，ra=rb

（3）图中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是______

A．ma•ON=ma•OP+mb•OMB．ma•OP=ma•ON+mb•OM

C．ma•OP=ma•OM+mb•OND．ma•OM=ma•OP+mb•ON．15、在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中；有下列实验步骤：

①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．

②将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上；计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．

③用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上；待薄膜形状稳定．

④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中；记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．

⑤将玻璃板放在浅盘上；然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．

完成下列填空：

（1）上述步骤中，正确的顺序是______．（填写步骤前面的数字）

（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液；测得lcm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.2m2．由此估算出油酸分子的直径为______m．（结果保留l位有效数字）

（3）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，测出油酸分子的直径后，若还要测定阿伏伽德罗常数，只需要再知道______

A．油滴的质量B．油滴的体积C．油酸的摩尔质量D．油酸的摩尔体积．16、某同学利用单摆测量重力加速度．垄脵

为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_____.

A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球。

B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线。

C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动。

D.摆长一定的情况下；摆的振幅尽量大。

垄脷

如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m

的单摆.

实验时，由于仅有量程为20cm

精度为1mm

的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1

然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2

最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离鈻�L.

用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=

_______________．

17、电冰箱工作时，应当使用图中的______插座，这是为了使电冰箱的外壳接地，保证安全工作.

下表是某电冰箱的部分技术参数，它正常工作时，使用的是_______电源(

填“交流”或“直流”)

电压是______V

若压缩机连续正常工作1h

将消耗电量______kW?h

．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)18、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）19、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）20、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

21、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

22、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）23、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）24、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）25、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

评卷人得分四、解答题(共1题，共6分)26、如图所示，光滑水平面上有一块木板，质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F=8.0N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动．g取l0m/s2；求：

（1）小滑块和木板的加速度大小；

（2）小滑块离开木板时的速度大小；

（3）要使小滑块在木板上滑动时的速度始终是木板速度的2倍；需将恒力F改为多大？

评卷人得分五、实验探究题(共2题，共20分)27、读出游标卡尺的读数为______cm．

28、某学习小组的同学拟探究小灯泡L

的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L

规格“4.0V0.7A

”；电流表A1

量程3A

内阻约为0.1娄赂

电流表A2

量程0.6A

内阻r2=0.2娄赂

电压表V

量程3V

内阻rV=9k娄赂

标准电阻R1

阻值1娄赂

标准电阻R2

阻值3k娄赂

滑动变阻器R

阻值范围0隆芦10娄赂

学生电源E

电动势6V

内阻不计；开关S

及导线若干。垄脵

甲同学设计了如图1

所示的电路来进行测量，当通过L

的电流为0.46A

时，电压表的示数如图2

所示，此时L

的电阻为________娄赂

垄脷

乙同学叉设计了如图3

所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L

上的电压值是________V

垄脹

学习小组认为要想更准确地描绘出L

完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4

所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。评卷人得分六、作图题(共2题，共14分)29、20、如图所示，L为垂直于纸面的通电直导线（通有垂直于纸面向里的电流I），放在水平向左的匀强磁场B中，请用箭头在图中标出通电直导线L所受安培力方向（用F表示）30、（９分）有一个直流电动机,把它接入0.2V电压的电路时,电机不转,测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中,电动机正常工作,工作电流是1.0A,求电动机正常工作时的输出功率多大?如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B|C【分析】

A；向右飞行的正离子束形成的电流方向向右；根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意．故A错误．

B；向左飞行的正离子束形成的电流方向向左；根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意．故B正确．

C；向右飞行的负离子束形成的电流方向向左；根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意．故C正确．

D；向左飞行的正离子束形成的电流方向向右；根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意．故D错误．

故选BC．

【解析】【答案】小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与正电荷定向移动方向相同；与负电荷定向移动方向相反．根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．

2、A【分析】第2s内磁场强度减小，所以圆环产生感应电动势，相当于一电源，由楞次定律知，金属板上端为正极，所以A正确。第3s内磁场方向向外，强度增加，产生的感应电动势仍然是上极板为正，所以B错误，第1s内，上极板为负，第2s内，上极板为正，这个过程中电场强度相反，所以微粒先加速，然后减速，当第2秒末微粒速度为零，离开中心位置最大，第3s末圆环产生的感应电动势为电场强度所以D错误。【解析】【答案】A3、D【分析】解：A、当f=f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时；随f的增大，振幅振大，故A错误；

B、当f＞f0时；随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B错误；

C；该振动系统的振动稳定后；振动的频率等于驱动力的频率f，故C错误；

D；系统的振动稳定后；系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确；

故选：D．

受迫振动的频率等于驱动力的频率；当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．

本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈．【解析】【答案】D4、B【分析】解：A

地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，则知a

与c

的角速度相同，根据a=娄脴2r

知；c

的向心加速度大．

由GMmr2=mg

得g=GMr2

可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c

的向心加速度小于b

的向心加速度，而b

的向心加速度约为g

故a

的向心加速度小于重力加速度g.

故A错误；

B、由GMmr2=mv2r

得v=GMr

则知卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b

的线速度最大；在相同时间内转过的弧长最长.

故B正确；

C、c

是地球同步卫星，周期是24h

则c

在4h

内转过的圆心角是4h24h隆脕2娄脨=娄脨3.

故C错误；

D、由开普勒第三定律R3T2=k

知；卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d

的运动周期大于c

的周期24h.

故D错误；

故选：B

．

地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=娄脴2r

比较a

与c

的向心加速度大小；再比较c

的向心加速度与g

的大小.

根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系.

根据开普勒第三定律判断d

与c

的周期关系．

对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．【解析】B

5、A【分析】解：直升机相对于天安门城楼；以及天安门上飘扬的红旗的位置不断改变；以他们为参照物，飞行员是运动的；飞机上的旋翼是旋转的，以它们为参考系，飞行员是运动的，以别的直升机为参照物，它们之间的位置没有发生变化，所以飞行员是静止的，故A正确，BCD错误。

故选：A。

研究物体的运动时；必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物。如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生了改变，则是静止的。

参照物可任意选，也就是不论是静止的物体还是运动的物体；参照物被选定后，可认为该物体是静止的（假设）物体。【解析】A6、B【分析】试题分析：由于磁场是不均匀磁场，所以当线圈在磁场中滚动时，穿过线圈的磁通量要发生变化，产生电能，所以消耗机械能，则金属环的振幅逐渐减小，即金属环做减幅振动。选项B正确。考点：电磁感应中的能量转化。【解析】【答案】B7、D【分析】解：电场强度与试探电荷无关，由电场本身决定，则取走正电荷后，该点的电场强度不变，大小为E===5×103N/C．

故选：D．

根据电场强度的定义式E=求电场强度的大小．电场强度与试探电荷无关；由电场本身决定．

电场强度是描述电场本身性质的物理量，是电场中最重要的概念之一，关键要掌握其定义式和方向特征．【解析】【答案】D8、C【分析】略

略

略

略【解析】。【小题1

】C【小题2

】A【小题3

】B【小题4

】C二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】

我们调节的实际上是调谐器的一个旋钮；通过调节它可以改变收音机的接收频率，从而使收音机的频率与所选台的频率相同或相近从而使接收的电信号最强，则可收到想要找的台．

故答案为：频率．

【解析】【答案】我们选台或换台时是将收音机里的频率与所换的电台的频率相同；从而达到共振，使电流最强．

10、略

【分析】解：由爱因斯坦质能方程：△E=△mc2得：

△E=（mp+mn-m）c2

故答案为：（mp+mn-m）c2．

爱因斯坦质能方程：△E=△mc2；可求得放出的能量．

本题为爱因斯坦质能方程的简单应用，直接代入方程求解即可．【解析】（mp+mn-m）c11、略

【分析】解：设电子电量e

电场强度E

粒子穿过电场时，粒子做类平抛运动，由水平方向上的直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动；

所以三段运动时间相同均为t

竖直方向位移为：

yAM=12at2

yBN=12a(2t)2

yCP=12a(3t)2

即沿y

轴方向的位移之比yAMyBNyCP=149

则AMBNCP=149

由于水平方向电子不受力；做匀速直线运动，电子束经MNP

三点时沿x

轴的分速度相等，即电子束经MNP

三点时沿x

轴的分速度之比为：111

．

故答案为：149111

电子穿过电场时做类平抛运动；由水平方向上匀速直线运动和竖直方向上匀加速直线运动的规律，列式可得出竖直位移之比；水平方向上做匀速直线运动，水平分速度不变．

带电粒子在电场中的类平抛运动，研究的方法是平抛运动相似，是运动的合成与分解，再运用运动学规律进行求解．【解析】149111

12、略

【分析】

接到a，b上时为G与R1并联为电流表。

其量程为=≈1A

接c，d上时为G与R2串联为电压表。

其量程为U：U=Ig×（Rg+R2）=100×10-6×（1000+99000）=10V

故答案为：电流1A电压10V

【解析】【答案】先确定接在不同位置时电流表与电阻是串联还是并联关系；若是并联为电流表，若是串联为电压表，再据所联的阻值求得相应的量程．

13、略

【分析】解：电动机两端的电压：U1=U-UL=12-6V=6V；

整个电路中的电流：I==

所以电动机的输入功率：P=U1I=6×2W=12W；

电动机的热功率：P热=I2RM=4×0.5W=2W；

则电动机的输出功率：P2=P-I2RM=12-2W=10W；

故答案为：2；10．

由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V；额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率．

解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及知道整个电路消耗的功率P总=UI．【解析】2；1014、略

【分析】解：（1）由平抛运动规律y=可知，当下落高度相同时落地时间相同，再根据x=可知=所以可以用平抛运动的水平位移来替代平抛运动的初速度；

（2）A；本实验必须要求入射小球在每次碰撞前的速度相同；与斜槽是否光滑无关，所以A错误；

B；只有斜槽末端点的切线水平才能保证碰后小球做平抛运动；所以B正确；

C、根据动等定理mgH-=可知；只有满足入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放时，入射速度才能相同，所以C正确；

D、根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球的质量时，入射小球要被碰回，所以必须满足

只有满足两小球的半径相同时；碰后两小球的速度才能在一条直线上，所以D正确；

故选BCD

（3）根据题意，P点应是小球a没有与b碰撞时的落地位置，M点应是碰后小球a的落地位置，P点应是碰后小球b的落地位置；

根据平均动量守恒定律应有=

再由OP=OM=ON=

可得=+•ON

所以C正确；即实验中要验证的关系是C．

故答案为：（1）水平位移；（2）BCD；（3）C

本题（1）根据平抛运动的规律即可求解；他（2）根据实验要求每次碰前小球a的速度相同可知没有必要要求斜槽轨道光滑；并且每次小球a的释放位置必须相同，这样可对AC做出判断；根据平抛运动的规律可知斜槽的末端必须水平，可对B做出判断；根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球质量时可能被碰回，及只有发生对心碰撞时才能做直线运动，可对D做出判断；题（3）的关键是明确小球a碰前与碰后的位置，再根据平均动量守恒定律表达式即可求解．

应明确：①平均动量的表达式为=m=m②在弹性碰撞中，当满足入射小球质量小于被碰小球质量时，入射小球将被碰回；③只有满足对心碰撞条件时，两小球速度才能共线．【解析】水平位移；BCD；C15、略

【分析】解：（1）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：

配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积v=→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径；

因此正确的顺序是④①③⑤②．

（2）计算步骤：先计算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积=一滴酒精油酸溶液的体积×配制比例。

=×再计算油膜面积，最后计算分子直径=××=7×10-10m．

（3）设一个油酸分子的体积为V1，则V1=πd3

由NA=可知；要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积．故D正确，ABC错误．

故答案为：（1）④①③⑤②；（2）7×10-10；（3）D．

将配制好的油酸酒精溶液；通过量筒测出1滴此溶液的体积．然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积．则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径．

根据阿伏加德罗常数等于油酸的摩尔体积除以一个分子的体积；列式分析，确定需要知道什么物理量．

本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度．本题关键是明确用油膜法估测分子的大小实验的原理，理解阿伏加德罗常数的意义，把握宏观与微观之间的联系．【解析】④①③⑤②；7×10-10；D16、(1)BC

(2)4娄脨2?LT12鈭�T22【分析】【分析】(1)(1)为减小实验误差应选择密度大而体积小的球作为摆球，选用轻质细线做摆线，当单摆摆角小于5鈭�

时单摆的运动是简谐运动；根据实验注意事项分析答题；

(2)(2)应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式。本题考查了实验注意事项、求重力加速度，知道实验原理与实验注意事项、应用单摆周期公式即可正确解题，本题是一道基础题，要注意基础知识的学习与掌握。【解答】(1)(1)A.为减小空气阻力对实验的影响；减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；

B.为减小实验误差；组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；

C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；D.单摆摆角最大摆角应小于5鈭�

摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故D错误。故选BC。

(2)(2)由单摆周期公式，根据题意看得：T1=2娄脨LgT2=2娄脨L鈭�?Lg

解得：g=4娄脨2?LT12鈭�T22

故填：(1)BC(2)4娄脨2?LT12鈭�T22

【解析】(1)BC

(2)4娄脨2?LT12鈭�T22

17、乙交流2200.2【分析】【分析】三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的；家用电器都使用三孔插座；当用电器漏电时，会使外壳带电，若接上地线，即便漏电，电流也就通过地线，流入大地，防止触电事故的发生.

电冰箱的正常工作时，实际电压等于额定电压，消耗电能的功率是额定功率，然后根据W=Pt

计算工作1h

消耗的电能。

本题重点考查实际电压和额定电压、实际功率和额定功率的关系，计算时注意单位的统一。【解答】为了防止触电，使用的插座应选用有接地线的三孔插座，即图中的乙，这样能把电冰箱的外壳连接大地，保证安全工作。由图中的标称值可知冰箱使用是频率为50Hz50Hz的交流电源；电冰箱电压为220V220V正常工作1h1h消耗的电能：W=Pt=0.2kW隆脕1h=0.2kW?hW=Pt=0.2kW隆脕1h=0.2kW?h

故填：乙，交流，2202200.20.2

【解析】乙交流2200.2

三、判断题(共8题，共16分)18、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．19、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．20、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．21、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．22、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．23、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．24、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．25、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．四、解答题(共1题，共6分)26、略

【分析】

（1）M靠m给的水平向右摩擦力提供加速度；加速度最大值为。

aM=

m的加速度为。

am=

（2）L=

代入解得t=1s

小滑块离开木板时的速度大小为vm=amt=5m/s

（3）由am=2aM得，